2018年数学二轮复习专题八第2讲分类讨论思想、转化与化归思想案文

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE8-学必求其心得，业必贵于专精第2讲分类讨论思想、转化与化归思想数学思想解读1.分类讨论的思想是当问题的对象不能进行统一研究时,就需要对研究的对象按某个标准进行分类,然后对每一类分别研究，给出每一类的结论，最终综合各类结果得到整个问题的解答.实质上分类讨论就是“化整为零，各个击破,再集零为整”的数学思想.2.转化与化归思想方法用在研究、解决数学问题时,思维受阻或寻求简单方法或从一种状况转化到另一种情形，也就是转化到另一种情境使问题得到解决,这种转化是解决问题的有效策略，同时也是获取成功的思维方式.热点一分类讨论思想的应用应用1由概念、法则、公式、性质引起的分类讨论【例1】（1）若函数f(x)＝ax（a〉0,a≠1）在［－1，2］上的最大值为4，最小值为m,且函数g（x)＝(1－4m)eq\r（x)在[0，＋∞）上是增函数，则a＝________；(2）在等比数列{an}中，已知a3＝eq\f（3,2)，S3＝eq\f(9，2）,则a1＝________。解析(1)若a〉1，有a2＝4，a－1＝m，解得a＝2，m＝eq\f(1,2)。此时g（x）＝－eq\r（x)为减函数，不合题意。若0〈a〈1，有a－1＝4，a2＝m，故a＝eq\f(1,4），m＝eq\f(1,16），检验知符合题意。(2)当q＝1时，a1＝a2＝a3＝eq\f（3，2），S3＝3a1＝eq\f（9,2)，显然成立.当q≠1时，由a3＝eq\f(3，2)，S3＝eq\f(9,2),∴eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（a1q2＝\f（3,2)，①,a1(1＋q＋q2)＝\f（9,2）,②））由①②，得eq\f(1＋q＋q2，q2）＝3，即2q2－q－1＝0，所以q＝－eq\f（1，2）或q＝1(舍去).当q＝－eq\f（1，2）时，a1＝eq\f（a3,q2)＝6，综上可知，a1＝eq\f（3,2)或a1＝6.答案(1）eq\f（1，4)（2)eq\f(3，2）或6探究提高1。指数函数、对数函数的单调性取决于底数a，因此,当底数a的大小不确定时，应分0<a<1，a〉1两种情况讨论。2。利用等比数列的前n项和公式时，若公比q的大小不确定，应分q＝1和q≠1两种情况进行讨论，这是由等比数列的前n项和公式决定的。【训练1】（1）(2017·长沙一中质检)已知Sn为数列{an｝的前n项和且Sn＝2an－2，则S5－S4的值为（)A.8 B。10C。16 D.32(2）函数f（x)＝eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（sin（πx2），－1〈x〈0，，ex－1，x≥0。）)若f（1)＋f(a)＝2,则a的所有可能取值的集合是________。解析(1）当n＝1时，a1＝S1＝2a1－2，解得a1因为Sn＝2an－2，当n≥2时，Sn－1＝2an－1－2，两式相减得，an＝2an－2an－1，即an＝2an－1，则数列{an｝为首项为2，公比为2的等比数列,则S5－S4＝a5＝25＝32。(2)f(1)＝e0＝1,即f（1)＝1.由f（1）＋f(a)＝2,得f（a)＝1.当a≥0时，f（a)＝1＝ea－1，所以a＝1.当－1〈a〈0时，f(a)＝sin(πa2）＝1，所以πa2＝2kπ＋eq\f(π,2）(k∈Z)。所以a2＝2k＋eq\f（1,2)（k∈Z),k只能取0,此时a2＝eq\f(1,2)，因为－1〈a〈0,所以a＝－eq\f（\r（2),2).则实数a取值的集合为eq\b\lc\{\rc\｝(\a\vs4\al\co1(－\f(\r（2),2），1））.答案(1）D(2）eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2）,1）)应用2由图形位置或形状引起的分类讨论【例2】（1)（2017·昆明一中质检)已知双曲线的离心率为eq\f（2\r（3),3),则其渐近线方程为________;（2)设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1,F2,若曲线C上存在点P满足｜PF1｜∶｜F1F2｜∶｜PF2|＝4∶3∶2，则曲线C解析(1)由于e＝eq\f（c，a)＝eq\f（2\r（3）,3),∴eq\f（c2,a2)＝eq\f(a2＋b2,a2）＝eq\f（4,3），则a2＝3b2，若双曲线焦点在x轴上，渐近线方程y＝±eq\f（\r（3），3）x.若双曲线焦点在y轴上，渐近线方程y＝±eq\r（3)x.（2）不妨设｜PF1|＝4t，|F1F2|＝3t，｜PF2|＝2t,其中t若该曲线为椭圆，则有｜PF1|＋|PF2|＝6t＝2a|F1F2｜＝3t＝2c,e＝eq\f（c,a)＝eq\f（2c,2a)＝eq\f(3t，6t)＝eq\f（1，2)；若该曲线为双曲线，则有|PF1｜－｜PF2｜＝2t＝2a|F1F2｜＝3t＝2c，e＝eq\f（c,a）＝eq\f（2c,2a)＝eq\f（3t,2t）＝eq\f(3,2).答案(1)y＝±eq\r（3)x，或y＝±eq\f（\r（3）,3）x(2）eq\f（1,2)或eq\f(3,2)探究提高1.圆锥曲线形状不确定时，常按椭圆、双曲线来分类讨论，求圆锥曲线的方程时，常按焦点的位置不同来分类讨论.2。相关计算中,涉及图形问题时，也常按图形的位置不同、大小差异等来分类讨论。【训练2】设F1，F2为椭圆eq\f(x2,9）＋eq\f(y2，4）＝1的两个焦点，P为椭圆上一点。已知P，F1,F2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF1|>｜PF2|,则eq\f（|PF1|,｜PF2|）的值为________。解析若∠PF2F1＝90°.则|PF1｜2＝｜PF2|2＋｜F1F2|又因为|PF1|＋｜PF2｜＝6，｜F1F2|＝2eq\r（5),解得|PF1｜＝eq\f(14,3),|PF2｜＝eq\f(4，3），所以eq\f(|PF1|,｜PF2|）＝eq\f（7，2).若∠F1PF2＝90°,则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2｜2所以｜PF1|2＋(6－｜PF1|）2＝20,所以｜PF1|＝4，｜PF2｜＝2，所以eq\f（｜PF1｜,|PF2|)＝2。综上知，eq\f（|PF1|，|PF2｜)＝eq\f(7，2)或2。答案eq\f(7，2）或2应用3由变量或参数引起的分类讨论【例3】已知f(x)＝x－aex(a∈R，e为自然对数的底).（1)讨论函数f(x）的单调性；（2）若f（x）≤e2x对x∈R恒成立，求实数a的取值范围.解(1)f′(x)＝1－aex，当a≤0时，f′(x）>0，函数f(x)是（－∞，＋∞)上的单调递增函数；当a>0时，由f′(x）＝0得x＝－lna，所以函数f(x)在(－∞,－lna)上的单调递增,在（－lna,＋∞)上的单调递减。(2）f(x）≤e2x⇔a≥eq\f（x，ex）－ex，设g(x)＝eq\f(x，ex)－ex，则g′（x）＝eq\f（1－e2x－x，ex).当x<0时，1－e2x>0，g′(x)〉0，∴g（x）在（－∞，0)上单调递增.当x〉0时，1－e2x<0，g′(x）<0，∴g（x)在（0，＋∞)上单调递减.所以g（x)max＝g（0)＝－1，所以a≥－1.故a的取值范围是[－1，＋∞）。探究提高1。(1)参数的变化取值导致不同的结果，需对参数进行讨论，如含参数的方程、不等式、函数等.本题中参数a与自变量x的取值影响导数的符号应进行讨论。（2）解析几何中直线点斜式、斜截式方程要考虑斜率k存在或不存在，涉及直线与圆锥曲线位置关系要进行讨论.2.分类讨论要标准明确、统一,层次分明,分类要做到“不重不漏”.【训练3】（2015·全国Ⅱ卷)已知函数f（x）＝lnx＋a(1－x）。(1）讨论f（x）的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a解（1）f(x)的定义域为(0,＋∞)，f′（x）＝eq\f（1,x)－a。若a≤0，则f′（x)＞0，所以f(x）在（0，＋∞）上单调递增.若a＞0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（0，\f（1，a）))时，f′(x）＞0；当x∈eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞））时，f′（x）＜0，所以f（x)在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（1，a))）上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)）上单调递减。综上，知当a≤0时，f(x)在（0，＋∞)上单调递增；当a＞0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0，\f（1，a））)上单调递增，在eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1,a)，＋∞））上单调递减。(2）由(1)知,当a≤0时，f(x)在（0，＋∞)上无最大值；当a＞0时，f(x）在x＝eq\f（1，a）处取得最大值，最大值为feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,a））)＝lneq\f（1,a）＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a）))＝－lna＋a－1.因此feq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1,a))）＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.令g（a）＝lna＋a－1,则g(a)在（0，＋∞)上单调递增，g（1）＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a）＜0；当a＞1时，g(a)＞0。因此，a的取值范围是(0,1）.热点二转化与化归思想应用1特殊与一般的转化【例4】（1)过抛物线y＝ax2（a〉0）的焦点F,作一直线交抛物线于P，Q两点。若线段PF与FQ的长度分别为p，q，则eq\f（1，p）＋eq\f(1,q)等于（)A.2a B.eq\f(1，2a)C.4a D。eq\f(4，a)(2）(2017·浙江卷)已知向量a，b满足|a｜＝1，｜b｜＝2，则｜a＋b|＋|a－b｜的最小值是________,最大值是________。解析（1）抛物线y＝ax2(a>0）的标准方程为x2＝eq\f（1,a)y（a〉0）,焦点Feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0,\f（1，4a))）。过焦点F作直线垂直于y轴，则|PF｜＝|QF|＝eq\f(1，2a），∴eq\f(1，p)＋eq\f(1,q)＝4a。（2)由题意,不妨设b＝(2，0),a＝（cosθ，sinθ），则a＋b＝（2＋cosθ，sinθ），a－b＝(cosθ－2,sinθ)。令y＝｜a＋b|＋|a－b|＝eq\r（（2＋cosθ）2＋sin2θ）＋eq\r(（cosθ－2)2＋sin2θ）＝eq\r（5＋4cosθ）＋eq\r（5－4cosθ），令y＝eq\r（5＋4cosθ)＋eq\r（5－4cosθ）,则y2＝10＋2eq\r（25－16cos2θ）∈［16，20］。由此可得(｜a＋b|＋|a－b|)max＝eq\r(20)＝2eq\r（5)，（｜a＋b|＋｜a－b｜)min＝eq\r(16）＝4,即｜a＋b｜＋｜a－b｜的最小值是4,最大值是2eq\r（5)。答案（1）C(2)42eq\r(5）探究提高1.一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单。特殊问题一般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果.2.对于某些选择题、填空题，如果结论唯一或题目提供的信息暗示答案是一个定值时，可以把题中变化的量用特殊值代替，即可得到答案。【训练4】在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c,若a，b，c成等差数列,则eq\f（cosA＋cosC,1＋cosAcosC)＝________.解析令a＝b＝c，则△ABC为等边三角形,且cosA＝cosC＝eq\f(1,2),代入所求式子，得eq\f(cosA＋cosC，1＋cosAcosC)＝eq\f(\f(1，2)＋\f（1，2），1＋\f(1,2）×\f（1,2))＝eq\f(4,5)。答案eq\f(4,5)应用2函数、方程、不等式之间的转化【例5】已知函数f（x）＝3e|x|，若存在实数t∈［－1，＋∞），使得对任意的x∈[1，m]，m∈Z且m〉1，都有f(x＋t）≤3ex,试求m的最大值.解∵当t∈［－1，＋∞)且x∈[1，m］时，x＋t≥0,∴f(x＋t)≤3ex⇔ex＋t≤ex⇔t≤1＋lnx－x。∴原命题等价转化为：存在实数t∈［－1，＋∞)，使得不等式t≤1＋lnx－x对任意x∈［1，m]恒成立。令h（x)＝1＋lnx－x（1≤x≤m）。∵h′（x)＝eq\f(1,x)－1≤0，∴函数h（x)在[1，＋∞）上为减函数，又x∈[1，m］，∴h(x)min＝h(m）＝1＋lnm－m。∴要使得对任意x∈[1，m］，t值恒存在，只需1＋lnm－m≥－1.∵h(3）＝ln3－2＝lneq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,e)·\f（3,e)））>lneq\f(1,e)＝－1，h（4)＝ln4－3＝lneq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，e)·\f（4,e2）)）<lneq\f（1,e）＝－1,又函数h（x)在［1，＋∞）上为减函数，∴满足条件的最大整数m的值为3.探究提高1。函数与方程、不等式联系密切，解决方程、不等式的问题需要函数帮助。2。解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数与方程、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为简，一般可将不等关系转化为最值(值域）问题，从而求出参变量的范围.【训练5】（2017·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，A(－12,0),B（0,6），点P在圆O：x2＋y2＝50上.若eq\o（PA,\s\up15（→,））·eq\o(PB,\s\up15（→,））≤20，则点P的横坐标的取值范围是________。解析设点P（x,y），且A（－12，0），B（0，6).则eq\o(PA，\s\up15（→，）)·eq\o(PB,\s\up15（→,)）＝(－12－x，－y)·(－x,6－y）＝x（12＋x)＋y(y－6)≤20，又x2＋y2＝50，∴2x－y＋5≤0，则点P在直线2x－y＋5＝0上方的圆弧上（含交点)。联立eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(y＝2x＋5，，x2＋y2＝50，)）解得x＝－5或x＝1,结合图形知，－5eq\r(2)≤x≤1.故点P横坐标的取值范围是[－5eq\r(2）,1]。答案[－5eq\r（2),1]应用3正与反、主与次的转化【例6】（1）若对于任意t∈[1，2],函数g(x）＝x3＋eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(m，2）＋2）)x2－2x在区间（t，3)上总不为单调函数,则实数m的取值范围是________；(2)对于满足0≤p≤4的所有实数p，不等式x2＋px>4x＋p－3恒成立，则x的取值范围是________.解析(1)g′（x）＝3x2＋（m＋4）x－2，若g(x）在区间（t，3)上总为单调函数，则①g′（x）≥0在（t,3)上恒成立，或②g′（x）≤0在（t,3）上恒成立。由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，即m＋4≥eq\f（2，x)－3x。当x∈（t,3）时恒成立,∴m＋4≥eq\f（2,t）－3t恒成立,则m＋4≥－1，即m≥－5；由②得m＋4≤eq\f（2，x)－3x，当x∈(t，3)时恒成立，则m＋4≤eq\f（2,3)－9，即m≤－eq\f(37，3)。∴使函数g(x)在区间（t,3)上总不为单调函数的m的取值范围为－eq\f(37，3）<m〈－5。(2）设f(p）＝(x－1）p＋x2－4x＋3,则当x＝1时，f(p)＝0。所以x≠1。f（p）在0≤p≤4上恒正，等价于eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1（f（0）>0，,f（4)>0，))即eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(（x－3)（x－1）〉0，，x2－1〉0，））解得x>3或x<－1.答案eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－\f（37，3)，－5）)(2)（－∞，－1)∪（3，＋∞）探究提高1。第(1）题是正与反的转化,由于不为单调函数有多种情况，先求出其反面，体现“正难则反”的原则。题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少,从后面考虑较简单,因此,间接法多用于含有“至多"“至少”及否定性命题情形的问题中.2。第(2)题是把关于x的函数转化为在［0，4］内关于p的一次函数大于0恒成立的问题.在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的参数，将其看作是“主元”,而把其它变元看作是参数。【训练6】已知函数f（x)＝x3＋3ax－1，g（x)＝f′（x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的导函数.对满足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)〈0，则实数x的取值范围为________.解析由题意，知g(x)＝3x2－ax＋3a令φ(a)＝（3－x）a＋3x2－5，－1≤a≤1.对－1≤a≤1，恒有g(x）〈0,即φ(a)<0,∴eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(φ（1)<0，，φ(－1）<0，))即eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co